2019-2020学年安徽省庐巢七校联盟新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省庐巢七校联盟新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（）A质子数为7、中子数为8 的氮原子：87N B溴化铵的电子式：C氮原子的结构示意图：D间硝基甲苯的结构简式：【答案】D【解析】【详解】A质子数为7、中子数为8 的氮原子：157N,故 A 错误；B溴化铵的电子式：，故 B 错误；C氮原子的结构示意图：，故 C 错误；D间硝基甲苯的结构简式：，故 D 正确；答案选 D。2用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A 0.1molCH4和 0.1mol

2、Cl2充分反应，生成的C-Cl 键和 H-Cl 键的数目均为0.2NAB7.8gNa2S和 Na2O2的混合物中所含阴离子的数目等于0.2NAC18g 固态水（冰）中含有的氢键的数目为2NAD 25时，Ksp（AgI）=1.0 10-16，则 AgI 饱和溶液中Ag+数目为 1.0 10-8NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物由一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、氯化氢，四步反应同时进行，每种产物的物质的量不确定，且一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷中所含的C-Cl键数目也不相同，则不确定生成的C-Cl键的数目，故A 错误；B.Na2O2

3、中的阴离子是，Na2S中的阴离子是，二者的相对分子质量都是78，所以 78g Na2O2和 Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NA，故 B 错误；C.依据 n=m/M 计算物质的量=18g/18g/mol=1mol，氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键，18g冰中含有的氢键数目为2NA，故 C正确；D.25时，Ksp（AgI）=1.0 10-16，则 AgI 饱和溶液中c(Ag+)为 1.0 10-8mol/L，没给出溶液的体积，故无法计算银离子的数目，故D 错误。答案选C。【点睛】本题考查的是阿伏加德罗常数。解题时注意B 选项 Na2O2中的阴离子是，Na2S中的阴离子是，二者的

4、相对分子质量都是78，所以 78g Na2O2和 Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NA；C选项依据n=m/M 计算物质的量，氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键。据此解答。3下列关于有机化合物的说法正确的是（）A除去苯甲酸中少量硝酸钾可以用重结晶法B甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲基活化了苯坏C不能用水鉴别苯、溴苯和乙醛D油脂的皂化反应属于加成反应【答案】A【解析】【详解】A.硝酸钾的溶解度受温度的影响变化较大，而苯甲酸的溶解度受温度的影响变化较小，所以除去苯甲酸中少量硝酸钾可以用重结晶法，A 正确；B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于甲基被氧化变为羧基，而甲烷不能使酸性

5、高锰酸钾溶液褪色，因而证明苯坏使甲基变得活泼，B 错误；C.苯不能溶于水，密度比水小，故苯在水的上层；溴苯不能溶于水，密度比水大，液体分层，溴苯在下层；乙醛能够溶于水，液体不分层，因此可通过加水来鉴别苯、溴苯和乙醛，C错误；D.油脂的皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，属于取代反应，D 错误；故合理选项是A。4高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是（）A KO2中只存在离子键B超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1 个 K和 1 个 O2C晶体中与每个K距离最近的O2有 6 个D晶体中，所有原子之间都以离子键

6、相结合【答案】C【解析】【详解】A、K+离子与 O2-离子形成离子键，O2-离子中 O 原子间形成共价键，故A 错误；B、K+离子位于顶点和面心，数目为81/8+61/2=4，O2-离子位于棱心和体心，数目为121/4+1=4，即每个晶胞中含有4 个 K+和 4 个 O2-，故 B 错误；C、由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有 4 个，上方和下方各有一个，共有6 个，故 C正确；D、O 原子间以共价键结合，故D 错误。故选C。【点睛】易错点为C项，由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有 4 个，上方和下方各有一个。

7、5下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（）选项A B C D 实验装置探究温度对平衡2NO2N2O4的影响目的或结论探究温度对平衡2NO2N2O4的影响试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产物是NO 海带提碘时，用上述装置灼烧海带除去 HCl 气体中混有的少量Cl2A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A对于可逆反应2NO2N2O4，升高温度，气体的颜色变深，则平衡逆向移动；降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A 正确；B铜与浓硝酸反应，不管生成的气体是NO 还是 NO2，用排水法收集后，都收集到无色的气体，所以不能肯定生成的气体的成分，B

8、错误；C灼烧海带时，应放在坩埚内，否则会损坏烧杯，C错误；D饱和食盐水，用于除去Cl2中混有的HCl 气体，D 错误；故选 A。6劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷()。关于该化合物的说法正确的是A 1mol 二噁烷完全燃烧消耗5molO2B与互为同系物C核磁共振氢谱有4 组峰D分子中所有原子均处于同一平面【答案】A【解析】【详解】A.二噁烷的分子式为C4H8O2，完全燃烧后生成二氧化碳和水，1mol 二噁烷完全燃烧消耗5molO2，故 A 正确；B.二噁烷中含有2 个氧原子，与组成上并非只相差n 个 CH2原子团，所以两者不是同系物，故B 错误；C.根据二噁烷的结构简式可知，其分子中只有一种化

9、学环境的氢原子，故核磁共振氢谱只有1 组峰，C 错误；D.分子中碳原子都是sp3杂化，所以所有原子不可能处于同一平面，故D 错误，故选 A。【点睛】甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4 个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子中所有原子不可能共面。7W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代。化合物XZ是重要的调味品，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，Z的电子层结构与氩相同。下列说法错误的是A元素 W 与氢形成原子比为1:1 的化合物有多种B元素 X的单质能与水、无水乙醇反应C离子 Y3+与

10、Z的最外层电子数和电子层数都不相同D元素 W 与元素 Z可形成含有极性共价键的化合物【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z 为短周期主族元素，原子序数依次增加，W 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代说明 W 为 C，化合物 XZ是重要的调味品为NaCl，Y 位于 XZ之间说明原子有三个电子层，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，则Y为 Al，Z-的电子层结构与氩相同判断为Cl-，W、X、Y、Z为 C、Na、Al、Cl，据以上分析解答。【详解】据以上分析可知：W、X、Y、Z为 C、Na、Al、Cl，则A元素 W 为 C 与氢形成原子比为1：1 的化合物有多种，如C2H2、C4H4、C6

11、H6、C8H8等，A 正确；B元素 X为钠，属于活泼金属，钠的单质能与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，钠和无水乙醇反应生成乙醇钠和氢气，B 正确；C离子 Y3+离子为 Al3+，有两个电子层，最外层8 个电子，Z-为 Cl-最外层电子数为8，电子层数为三个电子层，最外层电子数相同，电子层数不相同，C错误；D元素 W 为 C 与元素 Z 为 Cl 可形成含有极性共价键的化合物，如CCl4，是含有极性共价键的化合物，D正确；答案选 C。8X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z 的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁

12、是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A丙属于碱性氧化物BW 元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB 族CW 的原子序数是Z的两倍，金属性弱于Z D常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，消耗的HNO3物质的量相等【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数 族序数，应分别为H、Al 元素，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙为Fe3O4，由转化关系可知甲为Fe、乙为 H2O，丁为 H2，戊为 Al、己为 A

13、l2O3，则对应X、Y、Z、W 分别为 H、O、Al、Fe元素。【详解】A.丙为 Fe3O4，不是两性氧化物，故A 错误；B.W 为 Fe，原子序数为26，位于第四周期族，故B错误；C.由金属活动顺序可知Fe的金属性比Al 弱，故 C正确；D.常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，均产生钝化现象，故D 错误；故选 C。【点睛】本题考查无机物的推断，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意丙为具有磁性的黑色晶体为推断的突破口，D 为易错点，钝化的量不能确定。9NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 0.1 mol/L NaHSO4溶液中

14、，阳离子数目之和为0.2NAB标准状况下0.2 mol Cl2溶于水中，转移的电子数为0.2NAC常温常压下1.5 g NO 与 1.6 g O2充分反应后混合物中原子总数为0.2NAD标准状况下，4.48 L HF含有的分子总数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A.未给出体积，无法计算物质的量，A 错误；B.Cl2溶于水中，部分氯气与水反应生成次氯酸和氯化氢，转移的电子数小于0.2NA，B 错误；C.1.5 g NO为 0.05mol，1.6 g O2为 0.05mol，充分反应，2NO+O2=2NO2，0.05mol NO 全部反应生成0.05mol NO2，剩余 O2为 0.025m

15、ol，体系中还存在2NO2?N2O4，但化学反应原子守恒，所以0.05mol NO2中原子总数 0.15 NA，为 0.025mol O2中原子总数0.05 NA，反应后混合物中总共原子总数为0.2NA；C正确；D.标准状况下，HF 不是气体，无法计算，D 错误；故答案为：C。10在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和 Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。已知：Na2S2O5 溶于水发生反应：S2O52-+H2O=2HSO3-实验用品实验操作和现象1.0010-2mol/L Na2SO3溶液1.0010-

16、2mol/L NaHSO3溶液5.0010-3mol/L Na2S2O5溶液实验 1：溶液 使紫色石蕊溶液变蓝，溶液 使之变红。实验 2：溶液与O2反应，保持体系中O2浓度不变，不同pH 条件下，c(SO32-)随反应时间变化如下图所示。实验 3：调溶液的pH 相同，保持体系中O2浓度不变，测得三者与O2的反应速率相同。下列说法中，不正确的是A Na2SO3溶液显碱性，原因是：SO32-+H2OHSO3-+OH-BNaHSO3溶液中 HSO3-的电离程度大于水解程度C实验 2 说明，Na2SO3在 pH=4.0 时抗氧性最强D实验 3 中，三种溶液在pH 相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，

17、因此反应速率相同【答案】C【解析】【详解】A.Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32-水解 SO32-+H2OHSO3-+OH-，所以溶液显碱性，故A正确；B.HSO3-电离呈酸性、HSO3-水解呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，故B正确；C.根据图示，Na2SO3在 pH=9.2 时反应速率最快，所以pH=9.2 时抗氧性最强，故C错误；D.根据已知信息可知实验3 中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同，故D正确；选C。11中国工程院院士、国家卫健委高级别专家组成员李兰娟团队，于2 月 4 日公布阿比朵尔、达芦那韦可抑制新型病

18、毒。如图所示有机物是合成阿比朵尔的原料，关于该有机物下列说法正确的是（）A可以发生加成反应、取代反应、水解反应和氧化反应B易溶于水和有机溶剂C分子结构中含有三种官能团D分子中所有碳原子一定共平面【答案】A【解析】【分析】【详解】A碳碳双键、苯环能发生加成反应，酯基能发生取代反应、水解反应和氧化反应，A 正确；B该有机物难溶于水，易溶于有机溶剂，B 不正确；C分子结构中含有羟基、酯基、氨基、碳碳双键四种官能团，C不正确；D苯环中碳原子一定共平面，但苯环与其它碳原子不一定在同一平面内，D 不正确；故选 A。12常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+

19、、-3NO、2-4SOB弱碱性溶液中：K+、Na+、I、ClOC中性溶液中：Fe3+、K+、Cl、2-4SOD能使甲基橙变红的溶液中：Al3+、Na+、Cl、-3HCO【答案】A【解析】【分析】【详解】A澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、-3NO、2-4SO离子之间不反应，能够大量共存，故A 符合题意；B弱碱性溶液中：I和 ClO发生氧化还原反应，不能大量共存，故B 不符合题意；C中性溶液中：Fe3+会大量水解生成氢氧化铁，不能大量存在，故C不符合题意；D能使甲基橙变红的溶液显酸性，H+和-3HCO不能大量共存，且Al3+与 HCO3-发生双水解反应不能大量共存，故 D 不符合题意；答案选

20、 A。【点睛】澄清透明不是无色，含铜离子的溶液是蓝色透明的液体，-3HCO在酸性和碱性条件下都不能大量共存。13下列说法正确的是()A Na2CO3分子中既存在离子键，也存在共价键B硅晶体受热融化时，除了破坏硅原子间的共价键外，还需破坏分子间作用力CH2O 不易分解是因为H2O 分子间存在较大的分子间作用力D液态 AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子【答案】D【解析】【详解】A.Na2CO3是离子化合物，没有分子，A 项错误；B.硅晶体是原子晶体，不存在分子间作用力，B 项错误；C.H2O 不易分解是因为水分子中氢氧键键能大，C项错误；D.晶体加热熔化后所得液态物质不能导电，说明

21、在液态时不存在自由移动的离子，即原晶体中不存在离子，则液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子，D 项正确；答案选 D。14下列属于碱的是（）A SO2BH2SiO3CNa2CO3DNaOH【答案】D【解析】ASO2是由硫元素和氧元素组成的化合物，属于氧化物，故A 错误；BH2SiO3电离时其阳离子全部是H+，属于酸，故B 错误；C纯碱是碳酸钠的俗称，是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，故C错误；D苛性钠是氢氧化钠的俗称，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子，属于碱，故D 正确；故选D。点睛：解答时要分析物质的阴阳离子组成，然后再根据酸碱盐概念方面进行分析、判断，电离时生成的

22、阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐，从而得出正确的结论。15某黄色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl、SO42、CO32等离子（不考虑水的电离和离子的水解）。某同学为了确定其组分，设计并完成了如下实验：下列说法正确的是（）A c（Fe3+）一定为0.2 mol?L1Bc（Cl）至少为 0.2 mol?L1CNa+、SO42一定存在，NH4+一定不存在D Na+、Fe2+可能存在，CO32一定不存在【答案】D【解析】【分析】某黄色溶液中可能含有Na、NH4、Fe2、Fe3、Cl、SO42、CO3

23、2等离子，初步判断含Fe3，加入过量 NaOH 溶液，加热，产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，灼烧得到1.6g 固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量=1.6g/160gmol1=0.01mol，则原溶液中含有0.02mol 铁元素为Fe3，原溶液中一定没有CO32，4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量=4.66g/233gmol1=0.02mol，原溶液中含有0.02mol 硫酸根离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，由溶液为电中性可判断是否存在氯离子。【详解】加入过量NaOH 溶液，加热产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g 固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为

24、0.01mol，则原溶液中含有0.02mol 铁元素为Fe3+，原溶液中一定没有CO32，由于加入了NaOH，无法判断原溶液中是否含有Na+，4.66g 不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，则原溶液中含有 0.02mol 硫酸根离子，由电荷守恒，正电荷=3n（Fe3+）=0.06，负电荷=2n（SO42）=0.04，原溶液中一定有 Cl，物质的量应为0.02mol 30.02mol 2=0.02mol，若含有亚铁离子时，c（Cl）可能小于0.2mol/L，溶液中Fe2+加热被氧化也可以生成铁离子，则原溶液中c（Fe3+）=0.02mol0.1L0.2mol/L，溶液中

25、Na+、NH4+、Fe2+离子可能存在，故选：D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16实验室制备叔丁基苯（）的反应和有关数据如下：+ClC(CH3)3+HCl I如图是实验室制备无水AlCl3，可能需要的装置：(1)检查 B装置气密性的方法是_。(2)制备无水AlCl3的装置依次合理的连接顺序为_（埴小写字母），其中 E装置的作用是_。(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管，其原因是_。如图是实验室制备叔丁基苯的装置（夹持装置略）：在三颈烧瓶中加入50 mL 的苯和适量的无水AlCl3，由恒压漏斗滴加氯代叔丁烷10mL，一定温度下反应一段时间后，将反应后的混合物洗涤分离，在所

26、得产物中加入少量无水MgSO4 固体，静置，过滤，蒸馏得叔丁基苯20g。(4)使用恒压漏斗的优点是_；加入无水MgSO4固体的作用是_。(5)洗涤混合物时所用的试剂有如下三种，正确的顺序是_。（填序号）5%的 Na2CO3溶液稀盐酸H2O(6)本实验中叔丁基苯的产率为_。（保留 3 位有效数字）【答案】分液漏斗注入水后，关闭止水夹，打开分液漏斗的活塞使液体流下，一段时间后液体不能继续流下，说明气密性良好defghijc 防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气若先加热硬质玻璃管，Al 先与O2 反应，无法制得纯净AlCl3使液体顺利滴下干燥74.6%【解析】【详解】(1)检查 B装置气密性的方法

27、是分液漏斗注入水后，关闭止水夹，打开分液漏斗的活塞使液体流下，一段时间后液体不能继续流下，说明气密性良好；(2)制备无水AlCl3，在装置B中利用浓盐酸与二氧化锰加热条件下反应生成氯气，通过装置D 中的饱和食盐水将氯气中的氯化氢除去，装置 C干燥氯气，纯净干燥的氯气进入装置F与铝粉在加热条件下反应生成氯化铝，最后为防止空气中的水蒸气进入且利用碱石灰吸收未反应的氯气，故装置依次合理的连接顺序为defghijc，其中 E装置的作用是防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气；(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管，其原因是若先加热硬质玻璃管，Al 先与O2 反应，无法制得纯净AlCl3；（4）使

28、用恒压漏斗可以平衡漏斗内外压强，使液体顺利滴下，在洗涤后所得产物中加入少量无水MgSO4固体，目的是吸收产品中少量的水分，起到干燥的作用；（5）稀盐酸洗涤可以除去氯化铝杂质，再用5%Na2CO3溶液除去过量的盐酸，最后用水洗涤除去剩余的5%Na2CO3，故答案为；（6）加入苯的物质的量为50mL0.88g/mL78g/mol=0.56mol，氯代叔丁烷的物质的量为10mL1.85g/mL92.5g/mol=0.20mol，由反应方程式+ClC(CH3)3+HCl可知，加入的苯过量，则理论上生成叔丁基苯的质量为：0.20mol134g/mol=26.8g，叔丁基苯的产率为：20g26.8g 10

29、0%=74.6%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某化合物X有三种元素组成，某学习小组进行了如下实验：(1)化合物 X的化学式为 _(2)混合气体N 通入足量的NaOH 溶液中，恰好完全反应生成一种盐，其离子反应方程式为_。(3)黑色固体Y与 NH3的化学方程式为_(4)若以 X?3H2O 进行实验，在170时可以生成一种中间产物W。0.1mol 化合物 W 能与 0.6molHCl 刚好完全反应，若0.1mol 化合物 W 再继续加热生成黑色固体Y的质量为32.0g。则化合物W 的化学式为_。(5)混合气体N 有毒，为保护环境，可以用保险粉（Na2S2O4）吸收。请说明混合气

30、体N 能用保险粉吸收的理由 _。【答案】Cu(NO3)24NO2+O2+4OH=4NO3+2H2O 3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O Cu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2?3Cu(OH)2NO2有氧化性，Na2S2O4中+3 价的硫元素具有还原性，能发生氧化还原反应【解析】【分析】对 X 进行加热后分解产生了红棕色的混合气体，混合气体中一定有NO2，所以 X中一定有N 和 O 元素；X分解产生的黑色固体与NH3反应后，可以获得紫红色固体，即铜单质，所以X 中一定有Cu元素，所以X为 Cu(NO3)2。【详解】(1)通过分析可知，X 的化学式即为Cu(NO3)2；(2)通过分

31、析可知Cu(NO3)2分解的方程式为：32222Cu(NO)=2CuO4NOO，所以混合气体与足量 NaOH 溶液反应的离子方程式为：22324NOO4OH=4NO2H O；(3)通过分析可知黑色固体Y即为 CuO，其与 NH3反应的方程式为：3223CuO2NH=3Cu+3H ON；(4)0.1molW 能消耗 0.6molHCl，所以 W 化学式中含有6 个 OH-；又因为，0.1molW 分解得到Y(CuO)质量32.0g 即 0.4mol，所以 W 的化学式中含有4 个 Cu2+，所以 W 的化学式为Cu4(OH)6(NO3)2；(5)混合气体中含有NO2，具有氧化性，其可以与具有还原

32、性的Na2S2O4发生氧化还原反应，从而转化成无毒的 N2。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18砷化镓是继硅之后研究最深人、应用最广泛的半导体材料。回答下列问题：（1）Ga基态原子核外电子排布式为_,As 基态原子核外有_个未成对电子。（2）Ga、As、Se 的第一电离能由大到小的顺序是_,Ga、As、Se的电负性由大到小的顺序是_。（3）比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因：_,GaF的熔点超过1000，可能的原因是 _。（4）二水合草酸镓的结构如图1 所示，其中镓原子的配位数为_，草酸根离子中碳原子的杂化轨道类型为 _。（5）砷化镓的立方晶胞结构如图2 所示，晶

33、胞参数为a=0.565nm，砷化镓晶体的密度为_g cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可）。【答案】Ar3d104S24p1或 1S22S22p63d104S24p13AsSeGa SeAsGa GaCl3、GaBr3、GaI3的熔沸点依次升高，原因是它们均为分子晶体，相对分子质量依次增大GaF3是离子晶体4sp24 145/(0.565 10-7)3NA【解析】【分析】(1)Ga 是 31 号元素，处于第四周期IIIA 族，结合构造原理书写核外电子排布式；As 基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3；(2)同周期主族元素随原子序数增大第一

34、电离能呈增大趋势，As 原子 4p 轨道为半充满稳定状态，第一电离能共用同周期相邻元素的；同周期主族元素自左而右电负性增大；(3)GaCl3、GaBr3、GaI3均属于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；F元素的电负性很强，GaF3的熔点超过1000，可能的原因是GaF3是离子晶体；(4)Ga 原子与周围4 个 O 原子形成4 个共价键；草酸根中碳原子形成3 个 键，没有孤电子对，杂化轨道数目为 3；(5)均摊法计算晶胞中Ga、As 原子数目，再计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量 晶胞体积。【详解】(1)Ga 是 31 号元素，处于第四周期IIIA 族，核外电子排布式为1s

35、22s22p63s23p63d104s24p1，As 基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，4p 轨道 3 个电子是未成对电子；(2)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，As 原子 4p 轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素的，故第一电离能：AsSe Ga，同周期主族元素自左而右电负性增大，故电负性：SeAsGa；(3)GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增强，GaCl3、GaBr3、GaI3的熔沸点依次升高；F元素的电负性很强，GaF3的熔点超过1000，可能的原因是GaF3是离子晶

36、体；(4)Ga 原子与周围4 个 O 原子形成4 个共价键，镓原子的配位数为4，草酸根中碳原子形成3 个 键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，草酸根中碳原子的杂化轨道类型为sp2；(5)晶胞中 Ga原子数目=818+612=4、As 原子数目=4，晶胞质量=4A7075Ng，晶体密度A3770754gN0.56510cm=37A4 145N0.565 10g/cm3。19“麻黄素”是中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示：已知：CH3CCH+H2O(1)F 中的官能团的名称为_。(2)B C的反应条件是 _，反应类型是 _，E的结构简式为_。(3)写出 CD 的化学反应方程式_。(4)麻黄素的分子

37、式为_。(5)H 是 G 的同系物，也含醇羟基和碳氮双键，相对分子质量比G 小 28，且苯环上仅有一个侧链，则H 的可能结构有 _种（不考虑结构）。(6)已知：R-CC-RR-CH=CH-R，请仿照题中流程图合成路线，设计以乙醇为起始主原料合成强吸水性树脂的合成路线，其它试剂及溶剂任选_。【答案】羟基、羰基NaOH 水溶液，加热取代反应（或水解反应）2+O22+2H2O C10H15NO 5 CH3CH2OHCH3CHO【解析】【分析】与 Br2在 NHS 的作用下发生取代反应，生成和 HBr；在 NaOH 水溶液、加热条件下发生水解反应，生成；在 Cu、?条件下发生催化氧化反应，生成；与 N

38、aC CH、H+作用下，发生加成反应、酸化反应，生成；与 H2O 在 HgSO4的催化作用下发生加成反应、异构化反应，生成；与 CH3NH2在一定条件下发生加成、脱水反应，生成；再发生加成反应生成。【详解】(1)F 为，含有的官能团的名称为羟基、羰基。答案为：羟基、羰基；(2)的反应条件是NaOH 水溶液，加热，反应类型是取代反应（或水解反应），E的结构简式为。答案为：NaOH 水溶液，加热；取代反应（或水解反应）；(3)在 Cu、?条件下发生催化氧化反应，生成和水，化学反应方程式为2+O22+2H2O。答案为：2+O22+2H2O；(4)通过数或算，可得出麻黄素的分子式为C10H15NO。答

39、案为：C10H15NO；(5)H 是 G 的同系物，也含醇羟基和碳氮双键，相对分子质量比G 小 28，即比 G 分子少 2 个“CH2”，且苯环上仅有一个侧链，则H 的可能结构(略去苯环)为：-CH=N-CH2OH、-CH2CH=N-OH、-CH(OH)CH=NH、-CH(OH)-N=CH2、-N=CH-CH2OH，共有 5 种（不考虑结构）。答案为：5；(6)依据题给流程图，要合成目标有机物，需先制取CH3CHO，利用 CH3CHO，再利用信息R-CC-RR-CH=CH-R，制得，再加聚便可得到目标有机物。合成路线为：答案为：。【点睛】书写符合条件的同系物的结构简式时，可先确定可能含有的原子团，然后进行组装，组装时一定要注意，把不符合限制条件的结构简式排除掉，有些同学感觉自己会做，结果出错了，其原因可能就在于此。